2022牛客蔚来杯第二场

G.Link with Monotonic Subsequence

• 题意

​ 构造一个n的排列，使得排列的max( lis , lds )最小

• 题解

  可以按照sqrt(n)来分块

  Eg: n=9

  排列：321 654 987

  其中lis与lds都为sqrt(n)，其中lds的长度来自每个块内部，lis来自所有块之间。

  故：只需分块后数字倒叙输出就行

• 代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;

void solve() {
    int n;
    cin>>n;
    int sq=ceil(sqrt(n));//表示块数以及每个块的个数
    for(int i=1;i*sq<=n;i++) {//把完整的块输出
        int st=(i-1)*sq+1;//起点数值
        int ed=i*sq;//终点数值
        for(int j=ed;j>=st;j--) cout<(n/sq)*sq;i--) cout<>T;
    while(T--) solve();
    
    return 0;
}
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J.Link with Arithmetic Progression

• 题意

  给定一个数组a，问将数组a变成等差数列b使得(bi-ai)*(bi-ai)之和最小

• 题解

  线性回归定义：

  

  故：题目转化为，一堆点(i,ai)，求直线（等差数列就是直线呐）b=Ax+B使得式子最小的变化参数A,B，最后求误差式子的值

• 代码

#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long LL;
typedef double ld;
const int N=1e5+10;

int a[N];

void solve() {
    int n;
    scanf("%d",&n);
    
    ld x_average=0,y_average=0;//平均值
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%d",&a[i]);
        y_average+=a[i];
        x_average+=i;
    }
    y_average/=n,x_average/=n;
    
    ld A=0,B=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        A+=(i-x_average)*(a[i]-y_average),
        B+=(i-x_average)*(i-x_average);
    A/=B;
    B=y_average-A*x_average;//求得最优变换参数A,B
    
    ld ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        ans+=(A*i+B-a[i])*(A*i+B-a[i]);//差值答案
    printf("%.15lf\n",ans);
        
}

int main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    
    return 0;
}
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K.Link with Bracket Sequence I

• 题意

  给定一个长度为n的括号序列a，求长度为m的合法括号序列b，同时满足a是b的子序列的序列b的数量

• 题解

  • 找能够匹配子序列a的序列b，那么容易想到使用最长公共子序列，即动态规划。f[i,j]:=在b的前i位，匹配了a序列的前j位的序列数量
  • 但题目还有个条件要求序列b是合法的，我们可由前置知识得到以左括号+1，右括号-1，则最终合法序列值为0，同时期间不出现值<0。那么在动态数组中多加入一维k，来判定序列是否合法

  动态规划

  • 定义：f[i,j,k]指b序列前i位中匹配了a序列的前j位，同时b序列中的净左括号数量为k

  • 状态转移：

    b[i]放’(‘。（注意：k需要大于0，否则数组越界）

    1. a[j]=‘(’，即刚好两序列的最后一位匹配,那么数量在此情况下等于b序列前i-1位还需匹配a序列前j-1位同时有k-1个括号数量的序列数量
       $$f[i,j,k]+=f[i-1,j-1,k-1]$$

    2. a[j]=‘)’，即b第i位与a第j位不匹配，那么此时数量等于b序列前i-1位需要匹配a序列的前j位，同时左括号数量为k-1的序列数量
       $$f[i,j,k]+=f[i-1,j,k-1]$$

    b[i]放’)’

    1. a[j]=‘(’，即b第i位与a第j位不匹配，那么此时数量等于b序列前i-1位需要匹配a序列的前j位，同时左括号数量为k+1的序列数量
       $$f[i,j,k]+=f[i-1,j,k+1]$$

    2. a[j]=‘)’，即刚好两序列的最后一位匹配,那么数量在此情况下等于b序列前i-1位还需匹配a序列前j-1位同时有k+1个括号数量的序列数量
       $$f[i,j,k]+=f[i-1,j-1,k+1]$$

  • 注意初始化，f[0,0,0]客观存在所以赋值为1。最终答案为f[m,n,0]

#include 
#include 
#include 

using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=210,MOD=1e9+7;

char s[N];
LL f[N][N][N];

void solve() {
    int n,m;
    scanf("%d%d%s",&n,&m,s+1);
    
    for(int i=0;i<=m;i++) //初始化
        for(int j=0;j<=n;j++)
            for(int k=0;k<=m;k++) 
                f[i][j][k]=0;
    f[0][0][0]=1;
    
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=0;j<=min(i,n);j++)//优化
            for(int k=0;k<=i;k++) {
              //这样写编译就会爆数组越界
                //if(k) f[i][j][k]+=f[i-1][j-(s[j]=='(')][k-1] %= MOD;
                //f[i][j][k]+=f[i-1][j-(s[i]==')')][k+1] %= MOD;
                
              if(k) {//b[i]填'('，注意k需要>0，否则数组越界
                    if(s[j]=='(')f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k-1];
                    else f[i][j][k]+=f[i-1][j][k-1];
                    f[i][j][k]%=MOD;
                }
              //b[i]填')'
                if(s[j]==')') f[i][j][k]+=f[i-1][j-1][k+1];
                else f[i][j][k]+=f[i-1][j][k+1];
                f[i][j][k]%=MOD;
            }
    printf("%lld\n",f[m][n][0]);
}

int main() {
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--) solve();
    
    return 0;
}
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L.Link with Level Editor I

• 题意

  有n个世界，每个世界有若干个节点以及若干条有向边；游戏开始从点1出发，游戏中处于某点时，可以选择在这个世界内走向有边的点，也可以选择待着不动直接传送至下一个世界的同一点。问从点1走到m点所经过的最小世界数为多少？

• 题解

  对于第i个世界可以从第i-1个世界走过来，答案也可以从上一世界的值转移过来，因此可以考虑dp

  状态定义：

  f[i,j]表示可以从1点走到第i个世界的j点的方案中，点1最晚出发的世界编号。由于内存不够，但每次转移只跟上一世界相关，所以滚动数组优化。now[x]表示从1点走到当前世界x点的方案中，点1最晚出发的世界编号。pre数组则表示上一世界的信息。

  状态转移

  对于第i个世界的某条边u->v，可以从上一世界的u点转移过来
  $$now[v]=maz(now[v],pre[u])$$
  **注意：**当u为起点时，直接从当前世界走最优，如果不特殊处理使得答案更新错误

• 代码

#include 
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
	int n, m, ans = INF;//ans求最小值，直接初始化为无穷大
	cin >> n >> m;
	vector pre(m + 1), now(m + 1);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int u, v, k; cin >> k;
		now[1] = i;//在能从点1到达i世界中的1点的最晚世界编号为i
		while (k--)
		{
			cin >> u >> v;//u->v有向边
			now[v] = max(now[v], pre[u]);//向前面的世界转移
			if (u == 1) now[v] = i;//如果边的起点为1，那么从1到世界i的点v的最晚世界编号就是i本身
		}
    if(now[m]) ans = min(ans, i-now[m]+1);//如果某个世界的到达点m的值被更新了，意味着能到点m，所以更新答案
		pre = now;//滚动一下数组
	}
	if (ans == INF) ans = -1;//如果答案未被更新，意味着没有方案
	cout << ans;
	return 0;
}
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D.ink with Game Glitch

• 题意

  • n个物品，m个转换形式b->d(c/a)，a个b可以转换成c个d
  • 所给的转换形式中存在无限循环转换，(1个x变2个y，1个y变2个x)
  • 现在给每个转换形式的比率都加上一个系数w(0
  • 求使得不存在无限转换可能的最大w值

• 题解

  • 建图，物品看成点，转换比率看成有向有权边
  • 当存在一个环，且环的所有比率乘积大于1，那么存在无限循环转换
  • 由于边多，所以乘法计算多次(若c/a < 1)会导致答案为0。所以不等式两边取log，即上一点转换为：环的所有边log(比率)之和大于0存在无限转换。等价于：环的所有边-log(比率)之和小于0存在无限循环。
  • 那么题目转换为找到一个最大的w是的图不存在负环，负环的寻找可以使用spfa，w的取值可以用二分，因为w存在单调性，当w越大越容易无限转换

• 代码

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;
const int N=1010,M=2010;
const double eps=1e-8;

int n,m;
int h[N],e[M],ne[M],idx;
double w[M];

void add(int a,int b,double c) {//a加上一条指向b的边，边权为c
    e[idx]=b,w[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}

int cnt[N];//记录每点到起点的经过边数
bool st[N];//某点是否在队列当中
double dis[N];//记录某点到起点的距离

bool spfa(double mid){//判断有无负环
    queue q;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        dis[i]=0;cnt[i]=0;//因为每次二分都进行一次spfa，一定初始化！
        q.push(i);
        st[i]=true;
    }

    while(!q.empty()){
        int t=q.front();
        q.pop();
        st[t]=false;

        for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i]){
            int j=e[i];
            if(dis[j]>dis[t]+w[i]+mid){
                dis[j]=dis[t]+w[i]+mid;

                cnt[j]=cnt[t]+1;
                if(cnt[j]>=n)return true

                if(!st[j]){
                    q.push(j);
                    st[j]=true;
                }
            }
        }
    }

    return false;//所有可疑点都没有负环，所以没有负环
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    
    cin>>n>>m;
    memset(h,-1,sizeof h);//初始化链表头
    while(m--) {
        int a,b,c,d;
        cin>>a>>b>>c>>d;
        add(b,d,-log(c*1.0/a));//加边以及负转换比率
    }
    
    double l=0,r=1;//二分系数w
    while(r-l>eps) {
        double mid=(l+r)/2;
        if(spfa(-log(mid))) r=mid;//如果有负环意味着无限转换，意味着w太大，所以w应该在更小的范围找
        else l=mid;
    }
    printf("%lf\n",r);
    
    return 0;
}
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C.Link with Nim Game

• 题意

  • 普通版的Nim游戏，但附加了条件：必胜者希望快速结束，必败者希望拖延

  • 输出游戏进行的总轮数，以及先手第一轮可选择的方案数

• 题解

  • Nim游戏可得结论：异或总和为0时先手必败，否则必胜。

  • 可证：输的人总能只取一个石子，并且使得对手下一轮也只能拿一个来拖延

  • 先手必胜

    先手第一轮应该取走尽可能多的石子maxv，由结论剩下的轮数就是一人拿一个，所以游戏轮数为石子总和tot-max+1，而可选方案就是所有可以取走maxv的堆数。

    如何求解maxv？对于每一堆都去取最大量石子使得异或和为0（使对方转为必败态），取所有堆的最大值即可。

    其中一堆的最大值如何求？假设我们取走之后剩余x个，最大值就是a[i]-x那么相当于我们先拿走了a[i]个(sum^{a[i])，再放进去x个(sum}a[i]^{x)，要使得`sum^a[i]^x=0`，两边同异或sum}a[i]可以解得x=sum^a[i]，所以某一堆最大值为a[i]-sum^a[i]

  • 先手必败

    先手第一轮就应该只拿一个，所以总轮数为石子总和tot，可选方案是所有堆中，先手拿走一个之后后手也只能拿一个，符合种情况的堆数。

    如何统计堆数？首先把所有堆都拿走一个，并且记录拿走一个之后的总异或和，对于这种情况的异或和放入set并去重（即只保存拿走一个之后能到达的所有状态）；再检验这些状态是否能让后手在下一轮只拿一个，不能就去掉这个不合法状态，那么set中剩下的就是先手拿走一个后使得后手只能拿一个的状态；最后检验所有堆在拿走一个后是否能到达set中的合法状态，记录合法的堆数，堆数即为可选方案。

• 代码

#include 
#include 
#include 

using namespace std;
const int N=1e5+10;
#define int long long//爆int了，哭哭

int n,a[N];

void solve() {
    cin>>n;
    
    int sum=0,tot=0;//异或和，数量和
    for(int i=0;i>a[i],sum^=a[i],tot+=a[i];
    
    if(sum) {//先手必胜
        int maxv=0,ans=0;//第一轮最大取走数量，先手第一轮方案数
        for(int i=0;i S,T;
        for(int i=0;i1) T.insert(SUM);//如果可取走不止一个，说明这个状态不最优，存入待删除的set
            }
        }
        for(auto it:T) S.erase(it);//删除不合法状态
        
      
      
      //以上预处理出了所有先手取走一个且后手也只能拿一个的状态
        int ans=0;//记录方案数
        for(int i=0;i>t;
    while(t--) solve();
    
    return 0;
}
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